2 bài tập Đường tròn liên quan đến ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy (có lời giải)

a) Xét tứ giác \(AEHF\), ta có:  \(\widehat {AFH} = 90^\circ \)(Vì CF là đường cao của tam giác ABC)

                                            \(\widehat {AEH} = 90^\circ \)( Vì BE là đường cao của tam giác ABC)

Do đó \[\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \]

Vậy tứ giác \(AEHF\)là tứ giác nội tiếp .

b) Xét tứ giác \(AEHF\), ta có: \(\widehat {IEF} = \widehat {IAF}\)(cùng chắn )

                                         \(\widehat {IAF} = \widehat {IBC}\) (cùng chắn )

Do đó \(\widehat {IEF} = \widehat {IBC}\)

Tương tự, \(\widehat {FIE} = \widehat {FAE}\) (cùng chắn )

                 \(\widehat {FAE} = \widehat {BIC}\)(cùng chắn )

  Do đó \(\widehat {FIE} = \widehat {BIC}\)

Xét \(\Delta IBC\) và \(\Delta IFE\), ta có: \(\widehat {IEF} = \widehat {IBC}\)(cmt)

                                             \(\widehat {FIE} = \widehat {BIC}\)(cmt)

Do đó

c)

Tứ giác \(IAEF\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {IFK} = \widehat {IAE}\)

Tứ giác \(IABC\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {IBK} = \widehat {IAE}\)

Suy ra \(\widehat {IFK} = \widehat {IBK}\)

Suy ra tứ giác \(IFBK\) nội tiếp (có hai đỉnh \(B,F\) kề cùng nhìn cạnh \(IK\) dưới một góc bằng nhau).

Vậy \(\widehat {KIF} + \widehat {KBF} = 180^\circ \), mà \(\widehat {KBF} = \widehat {FEC} = \widehat {FIA}\)

\( \Rightarrow \widehat {KIF} + \widehat {FIA} = 180^\circ \) hay ba điểm \[A,{\rm{ }}I,{\rm{ }}K\]thẳng hàng.

a) Ta có : \(\widehat {CDI} = {90^0}\) (gt)

                \(\widehat {CKI} = {90^0}\)  (gt)

\( \Rightarrow \widehat {CDI} = \widehat {CKI}\)

Vậy tứ giác CDKI nội tiếp.

b) Ta có: BD là phân giác của tam giác ABC (gt) \( \Rightarrow \frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{DC}}{{BC}}\) (1)

Xét \(\Delta DCH\) và \(\Delta CBA\) có:

\(\widehat {CDH} = \widehat {BCA}\;\;\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\(\widehat {DCH} = \widehat {CBA}\) (cùng phụ \(\widehat {BAC}\))

\( \Rightarrow \Delta DCH \sim \Delta CBA\) (g-g)

\( \Rightarrow \frac{{DH}}{{AC}} = \frac{{DC}}{{BC}}\) (2)

Từ (1), (2) \( \Rightarrow \frac{{DH}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AB}} \Rightarrow AC.AD = AB.DH\)

c)

Gọi F’ là giao điểm của BN với AD, Q là giao điểm của AB với (I).

Ta có: ID // BC (cùng vuông góc với AC) \( \Rightarrow \widehat {IDB} = \widehat {DBC}\)

Mà \(\widehat {DBI} = \widehat {DBC}\) (gt)

\( \Rightarrow \widehat {IDB} = \widehat {DBI}\)

\( \Rightarrow \Delta IDB\)cân tại I \( \Rightarrow IB = ID \Rightarrow B \in (I)\)

\( \Rightarrow \) tứ giác BMNQ nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {NBQ} = \widehat {NMQ}\)  

Ta có: \(\widehat {QMB} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow QM \bot BC\)

\( \Rightarrow \) QM // AC (cùng vuông góc với BC)

\( \Rightarrow \widehat {NMQ} = \widehat {MAD}\) (so le trong)

\( \Rightarrow \widehat {NAF'} = \widehat {F'BA}\)

Xét \(\Delta F'AN\) và \(\Delta F'BA\) có:

\(\widehat {NAF'} = \widehat {F'BA}\) (c/m trên)

\(\widehat {BF'A}\) chung

\( \Rightarrow \) \(\Delta F'AN\) \( \sim \) \(\Delta F'BA\) (g-g)

\( \Rightarrow \frac{{F'A}}{{F'B}} = \frac{{F'N}}{{F'A}} \Rightarrow F'{A^2} = F'B.F'N\)        (3)

Ta lại có: \(DA \bot ID\) (gt) nên DA là tiếp tuyến của (I) \( \Rightarrow \widehat {F'DN} = \widehat {NBD}\)

Xét \(\Delta F'DN\) và \(\Delta F'BD\) có:

\(\widehat {F'DN} = \widehat {NBD}\) (c/m trên)

\(\widehat {BF'D}\) chung

\( \Rightarrow \) \(\Delta F'DN\) \( \sim \) \(\Delta F'BD\) (g-g)

\( \Rightarrow \frac{{F'D}}{{F'B}} = \frac{{F'N}}{{F'D}} \Rightarrow F'{D^2} = F'B.F'N\)      (4)

Từ (3), (4) \( \Rightarrow F'{A^2} = F'{D^2}\) \( \Rightarrow \) F’A = F’D Hay F’ là trung điểm của AD

Do đó F’ trùng với F

Vậy F, N, B thẳng hàng